Математика ЕГЭ
Русский язык ЕГЭ
Математика 5-7
Математика ОГЭ

16. Задачи по планиметрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Задачи по планиметрии прошлых лет (страница 2)

Задание 8 #3269
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Две окружности касаются внутренним образом в точке \(A\), причем меньшая окружность проходит через центр \(O\) большей. Диаметр \(BC\) большей окружности вторично пересекает меньшую окружность в точке \(M\), отличной от точки \(A\). Лучи \(AO\) и \(AM\) вторично пересекают большую окружность в точках \(P\) и \(Q\) соответственно. Точка \(C\) лежит на дуге \(AQ\) большей окружности, не содержащей точку \(P\).

а) Докажите, что прямые \(PQ\) и \(BC\) параллельны.

б) Известно, что \(\sin \angle AOC=\dfrac{\sqrt{15}}4\), прямые \(PC\) и \(AQ\) пересекаются в точке \(K\). Найдите \(QK:KA\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим \(\triangle PQA\) и \(\triangle OMA\): \(\angle PQA=\angle OMA=90^\circ\), так как опираются на диаметры \(PA\) и \(OA\) соответственно. \(\angle PAQ\) – общий. Следовательно, треугольники подобны по двум углам. Значит, \(\angle AOM=\angle APQ\) – соответственные углы при \(PQ\) и \(OM\) и секущей \(PA\). Следовательно, \(PQ\parallel OM\quad \Rightarrow\quad PQ\parallel BC.\)

 

б) Из предыдущего пункта следует, что коэффициент подобия треугольников \(PQA\) и \(OMA\) равен \(PA:OA=2:1\). Следовательно, \(QM=MA\). Обозначим \(OM=a\), \(MA=b\), \(OA=c\). Найдем \(QK:KM\).
Заметим, что по двум углам подобны прямоугольные треугольники \(PQK\) и \(MCK\). Следовательно, \[QK:KM=PQ:MC=2OM:MC\] Так как \(OC=OA\) – радиус большого круга, то \[QK:KM=2a:(c-a)\] Из прямоугольного \(\triangle AOM\): так как \(\sin \angle AOM=\dfrac{\sqrt{15}}4\), то можно принять \(b=\sqrt{15}x\), \(c=4x\), откуда по теореме Пифагора \(a=x\). Следовательно, \[QK:KM=2x:(4x-x)=2:3\] Так как \(QK+KM=MA\), то, если \(QK=2y\), \(KM=3y\), то \[QK:KA=2y:8y=1:4\]

Ответ:

б) \(1:4\)

Задание 9 #3283
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В прямоугольном треугольнике \(ABC\) проведена высота \(CH\) из вершины прямого угла. В треугольники \(ACH\) и \(BCH\) вписаны окружности с центрами \(O_1\) и \(O_2\) соответственно, касающиеся прямой \(CH\) в точках \(M\) и \(N\) соответственно.

а) Докажите, что прямые \(AO_1\) и \(CO_2\) взаимно перпендикулярны.

б) Найдите площадь четырехугольника \(MO_1NO_2\), если известно, что \(AC=20\), \(BC=15\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Так как \(CH\) – высота из прямого угла, то \(\angle HAC=\angle HCB\). Так как центры вписанных окружностей лежат на биссектрисах углов, то \(CO_2\) и \(AO_1\) – биссектрисы углов \(HCB\) и \(HAC\) соответственно.
Рассмотрим \(\triangle HAL\) и \(\triangle CKL\). По доказанному выше \(\angle HAL=\angle KCL\). \(\angle HLA=\angle KLC\) как вертикальные, следовательно, \(\angle CKL=\angle LHA=90^\circ\), чтд.


 

б) \(O_1M\) и \(O_2N\) перпендикулярны \(CH\) как радиусы, проведенные в точки касания. Следовательно, будем искать \(S_{MO_2NO_1}\) как \(S_{O_1MN}+S_{O_2MN}\), где \(\triangle O_1MN\) и \(O_2MN\) – прямоугольные.

 

Рассмотрим произвольный прямоугольный треугольник и вписанную в него окружность:



Пусть \(K, M, N\) – точки касания окружности со сторонами. Тогда \(OK\perp AC\), \(ON\perp BC\). Следовательно, \(CKON\) – прямоугольник. Но так как к тому же смежные стороны его равны (\(OK=ON\) как радиусы), то \(CKON\) – квадрат. Следовательно, если \(OK=r\) – радиус, то \(CK=CN=r\).
Заметим, что \(AK=AM\) и \(BN=BM\) как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности. Следовательно, \(BC+AC=BN+r+r+AK=AB+2r\), откуда \[r=\dfrac{BC+AC-AB}2\]

Применим полученную формулу для нашего случая. Тогда: \[\begin{aligned} & O_1M=\dfrac{CH+HA-AC}2\\[2ex] & O_2N=\dfrac{CH+HB-BC}2\end{aligned}\] Следовательно, нужно найти \(HA, HB, CH\).
По теореме Пифагора \(AB=25\). Из подобия \(\triangle CHA\sim \triangle ABC\) получаем: \[\dfrac{HA}{AC}=\dfrac{AC}{AB}\quad\Rightarrow\quad HA=16\] Тогда \(HB=AB-HA=9\).
По свойству высоты треугольника, опущенной из вершины прямого угла \[CH=\sqrt{HA\cdot HB}=12\] Таким образом, \[\begin{aligned} & O_1M=\dfrac{CH+HA-AC}2=4\\[2ex] & O_2N=\dfrac{CH+HB-BC}2=3\end{aligned}\]

Когда мы рассматривали произвольный прямоугольный треугольник и вписанную в него окружность, мы установили, что \(CKON\) – квадрат. В нашем случае это значит, что \(O_1M=MH\) и \(O_2N=NH\). Следовательно, \(MN=4-3=1\).
Таким образом, \[S_{MO_2NO_1}=\dfrac12\cdot MN\cdot (O_1M+O_2N)=3,5\]

Ответ:

б) 3,5

Задание 10 #3215
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Точка \(E\) – середина боковой стороны \(CD\) трапеции \(ABCD\). На ее стороне \(AB\) взята точка \(K\) так, что прямые \(CK\) и \(AE\) параллельны. Отрезки \(CK\) и \(BE\) пересекаются в точке \(O\).

а) Докажите, что \(CO=OK\).

б) Найдите отношение оснований трапеции \(BC:AD\), если площадь треугольника \(BCK\) составляет \(\dfrac9{64}\) площади всей трапеции \(ABCD\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Продлим \(AE\) и \(BC\) до пересечения в точке \(P\):


Тогда \(\angle AED=\angle CEP\) как вертикальные, \(\angle ADE=\angle PCE\) как накрест лежащие при \(AD\parallel BP\) и \(CD\) секущей. Следовательно, по стороне и двум прилежащим углам \(\triangle AED=\triangle CEP\). Тогда \(AD=CP\), \(AE=EP\).
Так как \(CK\parallel AP\), то \(\triangle BKO\sim \triangle ABE\) и \(CBO\sim \triangle PBE\), следовательно, \[\dfrac{KO}{AE}=\dfrac{BO}{BE}=\dfrac{OC}{EP} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{KO}{OC}=\dfrac{AE}{EP}=1\] Таким образом, \(KO=OC\), чтд.

 

б) Так как \(\triangle AED=\triangle CEP\), то \(S_{ABCD}=S_{ABP}\). Таким образом, \[S_{BCK}:S_{ABP}=9:64\] Так как \(\triangle BCK\sim \triangle ABP\), то их площади относятся как квадрат коэффициента подобия, следовательно, \[k=\sqrt{\dfrac9{64}}=\dfrac38=\dfrac{BC}{BP}\] Следовательно, \(BC:BP=3:8\), а значит \(BC:AD=BC:CP=3:5\).

Ответ:

б) \(3:5\)

Задание 11 #3262
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Две окружности с центрами \(O_1\) и \(O_2\) пересекаются в точках \(A\) и \(B\), причем точки \(O_1\) и \(O_2\) лежат по разные стороны от прямой \(AB\). Продолжения диаметра \(CA\) первой окружности и хорды \(CB\) этой окружности пересекают вторую окружность в точках \(D\) и \(E\) соответственно.

а) Докажите, что треугольники \(BCD\) и \(O_1AO_2\) подобны.

б) Найдите \(AD\), если \(\angle DAE=\angle BAC\), радиус второй окружности втрое больше радиуса первой окружности и \(AB=3\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Заметим, что \(\triangle O_1AO_2=\triangle O_1BO_2\) (по трем сторонам), следовательно, \(O_1O_2\) – биссектриса углов \(\angle BO_1A\) и \(BO_2A\). Следовательно, \(\angle BCA=\frac12\angle BO_1A=\angle O_2O_1A\).
Полностью аналогично доказывается, что \(\angle O_1O_2A=\angle BDA\). Следовательно, по двум углам \(\triangle BCD\sim \triangle O_1AO_2\).


 

б) Заметим, что точки \(A, O_2\) и \(E\) лежат на одной прямой. Действительно, пусть это не так:



Так как в предыдущем пункте мы доказали, что \(\angle O_2O_1A=\angle BCA\), то \(CE\parallel O_1O_2\). Следовательно, соответственные углы при пересечении параллельных прямых \(O_1F\) и \(BE\) секущей \(AE\) должны быть равны, то есть \(\angle AFO_1=\angle AEB\). Но тогда \(\angle AO_2O_1=\angle AFO_1\), откуда следует, что прямые \(AO_2\) и \(AF\) должны быть параллельны при секущей \(O_2F\). Но это невозможно, так как прямые имеют общую точку. Чтд.   Таким образом, мы доказали, что \(\angle DAE=\angle DAO_2\).



Проведем \(O_2K\perp AD\). Так как радиус (в данном случае часть радиуса \(O_2K\)), перпендикулярный хорде, делит ее пополам, то \(AK=\frac12AD\). Заметим, что \(\angle ABC=90^\circ\) как опирающийся на диаметр \(AC\). Пусть \(O_1A=x\), \(O_2A=3x\). Тогда \(\triangle ABC\sim \triangle AKO_2\) (как прямоугольные с одинаковым острым оранжевым углом): \[\dfrac{AO_2}{AC}=\dfrac{\frac12AD}{AB}\quad\Rightarrow \quad AD=\dfrac{3x\cdot 3}{2x\cdot \frac12}=9\]

Ответ:

б) 9

Задание 12 #3214
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Сумма оснований трапеции равна \(13\), диагонали равны \(5\) и \(12\).

а) Докажите, что диагонали трапеции взаимно перпендикулярны.

б) Найдите высоту трапеции.

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

Пусть дана трапеция \(ABCD\), \(BC+AD=13\), \(AC=5\), \(BD=12\). Достроим к трапеции \(ABCD\) такую же трапецию \(A'B'CD\), как показано на рисунке:



Тогда \(BD=A'C\), \(AC=B'D\), \(AD=B'C\), \(BC=A'D\). Следовательно, \(ACB'D\) – параллелограмм, следовательно, \(AC\parallel B'D\). Аналогично \(BD\parallel A'C\). Рассмотрим \(\triangle BDB'\). По теореме, обратной теореме Пифагора, он прямоугольный: \(BB'^2=BD^2+B'D^2\), то есть \(\angle BDB'=90^\circ\). Тогда \(\angle COD=180^\circ-\angle ODO'=90^\circ\), так как \(\angle COD\) и \(\angle ODO'\) – односторонние углы при \(AC\parallel B'D\) и \(BD\) секущей.

 

б) Проведем \(DH\perp BB'\).



Тогда \(DH\) – высота \(\triangle BDB'\) и высота трапеции \(ABCD\). Так как, с одной стороны, площадь \(S_{BDB'}=0,5DH\cdot BB'\), а с другой стороны, равна \(S_{BDB'}=0,5BD\cdot B'D\), то: \[BD\cdot B'D=DH\cdot BB' \quad\Rightarrow\quad DH=\dfrac{60}{13}\]

Ответ:

б) \(\frac{60}{13}\)

Задание 13 #3227
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Точка \(M\) – середина гипотенузы \(AB\) треугольника \(ABC\). Серединный перпендикуляр к \(AB\) пересекает катет \(BC\) в точке \(N\).

 

а) Докажите, что \(\angle CAN=\angle CMN\).

 

б) Найдите отношение радиусов окружностей, описанных около треугольников \(ANB\) и \(CBM\), если \(\mathrm{tg}\angle BAC=\dfrac43\).

 

(ЕГЭ 2017, досрочная волна, резерв)

Добавить задание в избранное


 

а) Четырехугольник \(CAMN\) является вписанным в окружность, так как \(\angle ACN+\angle AMN=90^\circ+90^\circ=180^\circ\). Следовательно, \(\angle CAN=\angle CMN\) как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу \(CN\).

 

б) Заметим, что \(\triangle ANB\) равнобедренный: \(NM\) – медиана и высота, следовательно, \(AN=NB\).
Так как медиана из прямого угла равна половине гипотенузы, то \(CM=MB\), следовательно, \(\triangle CMB\) также равнобедренный.
Так как \(\angle ABN\) у них общий, то \(\angle NAB=\angle ABN=\angle MCB\), следовательно, эти треугольники подобны.
По теореме синусов радиус описанной около треугольника окружности равен половине отношения стороны к синусу противолежащего угла, следовательно, \[\dfrac{R_{\triangle ANB}}{R_{\triangle CMB}}= \dfrac{\frac{AN}{2\sin B}}{\frac{CM}{2\sin B}}=\dfrac{AN}{CM}\] Так как \(\mathrm{tg}\angle BAC=\dfrac43=\dfrac{BC}{AC}\), то можно принять \(BC=4x, AC=3x\). Тогда \(AB=5x\), следовательно, \(CM=\frac12AB=2,5x\).

Заметим, что \(\triangle ABC\sim \triangle NMB\) по двум углам, следовательно, \[\dfrac{MB}{BC}=\dfrac{NB}{AB} \quad\Rightarrow\quad NB=\dfrac{2,5x\cdot 5x}{4x}=\dfrac{25}8x\] Тогда \(AN=\dfrac{25}8x\). Следовательно, \[\dfrac{R_{\triangle ANB}}{R_{\triangle CMB}}= \dfrac{\frac{25}8}{\frac52}=\dfrac54\]

Ответ:

\(5:4\)

Задание 14 #2971
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\) угол \(C\) равен \(45^\circ\), угол \(A\) равен \(60^\circ\). Точки \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) – середины сторон \(BC\), \(AC\), \(AB\) соответственно. \(AK\) – высота.

 

а) Докажите, что точки \(A_1, B_1, C_1, K\) лежат на одной окружности.

 

б) Найдите \(A_1K\), если \(BC=2\sqrt3\).

 

(ЕГЭ 2017, досрочная волна)

Добавить задание в избранное


 

а) Проведем \(A_1C_1\), \(C_1B_1\). Так как \(A_1C_1\) – средняя линия в \(\triangle ABC\), то \(A_1C_1=\frac12CA=CB_1\). Также \(A_1C_1\parallel CB_1\). Следовательно, \(CA_1C_1B_1\) – параллелограмм. Значит, \(\angle A_1C_1B_1=\angle A_1CB_1=45^\circ\).

 

Заметим, что \(K\) будет лежать на отрезке \(A_1B\) по теореме о расположении медианы и высоты, опущенных из одной вершины (высота будет лежать между медианой \(AA_1\) и \(AB\), так как \(AB<AC\)).
Проведем \(KB_1\). Так как \(\triangle CKA\) прямоугольный и один из острых углов равен \(45^\circ\), то он равнобедренный, следовательно, \(KB_1\) не только медиана в нем, но и высота. Следовательно, \(\triangle CKB_1\) также прямоугольный и один из его углов равен \(45^\circ\), следовательно, и \(\angle CKB_1=45^\circ\).

 

Таким образом, \(\angle A_1C_1B_1=\angle A_1KB_1=45^\circ\), значит, около четырехугольника \(A_1KC_1B_1\) можно описать окружность. Это и значит, что точки \(A_1, B_1,C_1, K\) лежат на одной окружности.

 

б) По теореме синусов в \(\triangle ABC\): \[\dfrac{BC}{\sin\angle A}=\dfrac{AB}{\sin\angle C} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{2\sqrt3}{\frac{\sqrt3}2}=\dfrac{AB}{\frac{\sqrt2}2} \quad\Rightarrow\quad AB=2\sqrt2.\]

 

Обозначим \(A_1K=x\). Тогда \(AK=CK=\sqrt3+x\). Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle AKB\): \[KB^2=8-(x+\sqrt3)^2\] Заметим, что \(A_1K+KB=A_1B=\sqrt3\), следовательно, \(KB=\sqrt3-x\), следовательно, получаем уравнение: \[8-(x+\sqrt3)^2=(\sqrt3-x)^2 \quad\Rightarrow\quad x=1.\]

Ответ:

б) 1

1 2 3 .... 6